福建省厦门双十中学2024届高三第一次模拟考试数学试题(开学考)试题（含答案）

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（在此卷上答题无效）
2023-2024学年厦门市高三毕业班第一次模拟考试（模拟练习）
数 学
本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名．准考证号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用两集合的交集定义即得.
【详解】由题意，，则.
故选：C.
2. 复数，则z的虚部为（ ）．
A. 3B. C. iD.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法运算可得答案.
【详解】复数，
所以的虚部为
故选：B.
3. 已知等比数列为递增数列，若，，则公比（ ）
A. B. 6C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由等比数列的角标性质结合单调性得出公比.
【详解】由，解得或；
数列是由正数组成的递增数列，，且.
故选:：D
4. 已知函数，满足，则实数的值为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】将的值依次代入解析式，解出的值即可求解.
【详解】，
即，则.
故选：.
5. 在正六棱柱中，，为棱的中点，以为球心，为半径的球面与该正六棱柱各面的交线总长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，画出图形，设分别为的中点，连接，由题意可知球不与侧面及侧面相交，球与侧面交于点，与侧面交于点，然后分别判断与其余4个面的交线，求出球面与正六棱柱各个面所交的弧线的长度之和即可
【详解】因为球的半径为6，，所以球不与侧面及侧面相交，
设分别为的中点，连接，
则由题意可得，
所以，
所以球与侧面交于点，与侧面交于点，
在正六边形中，因为，所以，
所以，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，
所以平面，所以平面，且，
所以，
所以球与侧面的交线是以为直径的半圆，
同理可得球与侧面的交线是以为直径的半圆，
因为，所以球与上下底面的交线均为个半径为的圆，
所以球面与该正六棱柱各面的交线总长为
故选：D
【点睛】关键点点睛：此题考查球与棱柱表面的交线问题，解题的关键是画出图形，根据题意找出球与各个面的交线，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题.
6. 已知定义在上的函数满足，且当时，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】应用赋值法构造出的等量关系，再结合不等式性质判断即可.
【详解】由题意，，.
赋值，得；
赋值，得，即，
当时，，
当时，则，所以，即；
赋值，得，解得，
即；
AC项，由，，
得，
其中由，可知，
当时，，即；
当时，，即；故AC错误；
BD项，，得；
又，所以，
则，
故，且不恒为，故B错误，D正确.
故选：D.
7. 已知双曲线的焦距与其虚轴长之比为3：2，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，由已知可得，进而可求离心率.
【详解】由题意可知，，则，设，则，
所以，故的离心率为.
故选：C.
8. 某城市采用摇号买车的方式，有20万人摇号，每个月摇上的人退出摇号，没有摇上的人继续进入下月摇号，每个月都有人补充进摇号队伍，每个季度第一个月摇上的概率为，第二个月为，第三个月为，则平均每个人摇上需要的时间为（ ）个月.
A. 7B. 8C. 9D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】表示每个人摇上需要的时间及其对应概率后，借助期望公式与错位相减法计算即可得.
【详解】设表示摇上需要的时间，则可能取、、、、、，
则，，
，，
，
，，
故
，
则
，
故
即，
当时，，故平均每个人摇上需要的时间为9个月.
故选：C.
二．选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 中欧班列是推进“一带一路”沿线国家道路联通、贸易畅通的重要举措．在中欧班列带动下，某外贸企业出口额逐年提升，以下为该企业近个月的出口额情况统计，若已求得关于的线性回归方程为，则（ ）
A. 与成正相关B. 样本数据的第40百分位数为
C. 当时，残差的绝对值最小D. 用模型描述与的关系更合适
【答案】AD
【解析】
【分析】A项由表中数据的变化及回归方程中项的系数可知；B项利用百分位数定义及求解步骤即可得；C项由样本中心点代入方程求出，利用回归方程求出估计值与相应样本数据作差求出残差，再比较绝对值大小即可；D项由散点图可知.
【详解】A项，由图中表格数据可知，当的值增加时，的相应值也呈现增加的趋势，
又由回归方程中，项的系数，也可以看出与成正相关，故A正确；
B项，样本数据的个取值从小到大依次是，
由，则第40百分位数为第个数据，故B错误；
C项，， ，
将代入，得，即，
令，得，所以相应残差的绝对值为，
令，得，所以相应残差的绝对值为，故C错误；
D项，如下图作出散点图，
可以看到相较“样本点分布在某一条直线模型的周围”，
“样本点分布在某一条指数函数曲线的周围”这样的描述更贴切，
所以用模型描述与的关系更合适些，故D正确.
故选：AD.

10. 利用不等式“，当且仅当x=1时，等号成立”可得到许多与n（且）有关的结论，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A：令，代入可得，运算整理即可；对于B：可得，令，可得，运算整理即可；对于C：取特值检验即可；对于D：令，可得，结合等比数列求和公式分析证明.
【详解】对于不等式，当且仅当时，等号成立，
对于选项A：令，则，
可得，
其中
，
所以，A正确；
对于选项B：将x替换，可得，当且仅当时等号成立．
令，可得，整理可得，
故，
即，
所以，故B正确；
对于选项C：令，可得，即，
这显然不成立，故C错误；
对于选项D：等价于证明，
将中的x替换为，其中，，则，即，
可得，当且仅当时，等号成立，
则，
所以，故D正确．
故选：ABD．
【点睛】方法点睛：对于已知不等式证明不等式的问题，常常利用代换的思想，结合数列求和进而放缩证明.
11. 已知圆，过点向圆引斜率为的切线，切点为，记的轨迹为曲线，则（ ）
A. 的渐近线为
B. 点在上
C. 在第二象限的纵坐标最大的点对应的横坐标为
D. 当点在上时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】先由相切性质得点满足关系式，与已知圆联立消参得轨迹方程，A项由方程形式构造函数，利用导函数研究单调性作出大致图形即可得渐近线；B项坐标代入可知；C项由形可得；D项由不等式性质与放缩法可得.
【详解】圆，圆心，半径，且，且.
，则点在圆外.

如图，连接，由题意知，
设，则①，
又点在圆上，则②，
①②得，，解得③，
由且，解得，或.
将③代入②消得，，即为曲线的方程.
A项，设，
则，
令解得，或，或（舍）.
当时，，单调递增；
当时， ，单调递减；
当时， ，单调递增.
且，当时，.
且当时，函数与单调性相同；
且，当时，.
故的大致图象如下图，

又由方程可知曲线关于轴对称，且.
故曲线的大致图象为如下图，

故的渐近线为，A项正确；
B项，令曲线方程中，得，，故B错误；
C项，由形可知，曲线在第二象限的纵坐标最大的点对应的横坐标，
即在的极值点，故C正确；
D项，当点在上时，则
由，或.得，又，
，则，
所以成立，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：求动点轨迹方程的常见方法有：
（1）直接法：从条件中直接寻找到的关系，列出方程后化简即可；
（2）代入法：所求点Px,y与某已知曲线上一点存在某种关系，则可根据条件用表示出，然后代入到所在曲线方程中，即可得到关于的方程；
（3）定义法：从条件中能够判断出点的轨迹为学过的图形，则可先判定轨迹形状，再通过确定相关曲线的要素，求出曲线方程.
（4）参数法：从条件中无法直接找到联系，但可通过一辅助变量，分别找到与的联系，从而得到和的方程：，即曲线的参数方程，消去参数后即可得到轨迹方程.
（5）交轨法：选择适当的参数表示两动曲线的方程，将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程。
二．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知数列满足，设数列前项和为，则满足的实数的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先将代入题干表达式计算出的值，当时，由，可得，两式相减进一步计算即可推导出数列的通项公式，再根据数列的通项公式及等比数列的求和公式推导出前项和的表达式，最后根据不等式的性质即可计算出实数的最小值．
【详解】由题意，当时，，
当时，由，
可得，
两式相减，可得，
解得，
当时，不满足上式，
，
则当时，，
当时，
，
当时，也满足上式，
，，
，且对任意恒成立，
，即实数的最小值为．
故答案为：.
13. 已知函数有且只有一个零点，则ab的取值范围为____________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得只有一个解，从而可得，，设，利用导数求解即可．
【详解】依题意得与只有一个交点，即两曲线相切，
则只有一个解，
，化简得，将其代入得，
，即，
，
则，
设，则，
在单调递减，，
的取值范围是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：由指对运算可得，进而可得，构造函数，由导数求解即可.
14. 网络安全是国家安全的重要组成部分，在信息课上，某同学利用计算机模拟网络病毒的传播．已知在的平面方阵中，若某方格相邻方格中有个及个以上被病毒感染，则病毒扩散至该方格，若使所有方格均被感染，则至少需要在__________个方格内投放病毒源；拓展到三维空间内，已知在的立体方阵中，若某方块相邻方块中有个及个以上被病毒感染，则病毒扩散至该方块，若使所有方块均被感染，则至少需要在_____个方块内投放病毒源．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据题意，结合归纳、类比法进行求解即可.
【详解】在的平面方阵中，如下图：
按对角线方向每行每列都有一个格子内投放病毒源，显然，格子都满足要求，
在平面方阵中，如下图：
按对角线方向每行每列都有一个格子内投放病毒源，显然，格子先满足要求，
而后5，6马上也满足；
由此可以推断当在的平面方阵中，按对角线方向每行每列都有一个格子内投放病毒源，至少需要在个方格内投放病毒源；
当拓展到三维空间时，
已知在的立体方阵中，如图所示：
当投放病毒源时，要想3被感染，只需投放病毒源，同理要想4被感染，只需投放病毒源，因此需要个方格内投放病毒源，
因此已知在的立体方阵中，面对我们的面有个，其中一条对角线上有个，
所以需要个方格内投放病毒源，
所以可以类比在在的立体方阵中，
需要个方格内投放病毒源，
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用归纳和类比推理的方法进行求解.
四．解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明．证明过程或演算步骤．
15. 已知在锐角中，，为边上一点，且．
（1）证明：平分；
（2）已知，求．
【答案】（1）证明见解析.
（2）.
【解析】
【分析】（1）由三角恒等变换及正弦定理，在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，两式结合即可证明.
（2）在中，由平面向量的基本定理得，两边同时平方得，再由余弦定理得，然后计算即可.
【小问1详解】
由题意，，且,
所以，
即，
所以，
又因为为锐角三角形，所以，
所以，
由正弦定理得.
在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
因为,
所以，
所以,
又因为，即，且，
所以，
所以平分.
【小问2详解】
由（1）知，，
因为，且为锐角三角形，
所以,
即,
则，故.
在中，由余弦定理得
，
解得，
所以.
16. 如图所示，是的直径，点是上异于，平面ABC，、分别为，的中点，
（1）求证：EF⊥平面PBC；
（2）若，，二面角的正弦值为，求BC．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的判断定理证明平面，再证明，即可证明；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，分别求平面和的法向量，利用法向量夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
证明：因为平面ABC，平面。所以，
因为是的直径，知，
因为，且平面，所以平面，
由分别是的中点，所以，所以平面．
【小问2详解】
以为原点，所在直线分别为x轴、轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
设，，且，
所以，，
易知平面的一个法向量，
设平面的一个法向量，则
则，即，∴，
取，得，，则，
因为二面角的正弦值为，则其余弦值为，
所以，化简得，
又因为，所以，
解得：，即，
所以，即.
17. 在平面直角坐标系中，点到点的距离与到直线的距离之比为，记的轨迹为曲线，直线交右支于，两点，直线交右支于，两点，．
（1）求的标准方程；
（2）证明：；
（3）若直线过点，直线过点，记，的中点分别为，，过点作两条渐近线的垂线，垂足分别为，，求四边形面积的取值范围．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据两点间的距离和点到直线的距离公式即可列等式求解；
（2）根据直线与双曲线联立方程，得韦达定理，结合数量积坐标运算即可证明；
（3）依据题意得直线和直线的方程分别为，联立直线和曲线E方程求得韦达定理，从而利用中点坐标公式求出点P坐标，同理求出点Q坐标，再利用点到直线距离公式分别求出点P和点Q到两渐近线的距离，接着根据计算结合变量取值范围即可求解.
【小问1详解】
设点，因为点到点的距离与到直线的距离之比为，
所以 ，整理得，
所以的标准方程为.
【小问2详解】
由题意可知直线和直线斜率若存在则均不为0且不为，

①直线的斜率不存在时，则可设直线方程为，，
则且由点A和点B在曲线E上，故，
所以，
同理可得，所以；
②直线斜率存在时，则可设方程为，Ax1,y1、Bx2,y2，
联立，
则即，
且，且，
所以
，
同理 ，所以，
综上，.
【小问3详解】
由题意可知直线和直线斜率若存在则斜率大于1或小于，
且曲线E的渐近线方程为，
故可分别设直线和直线的方程为和，且，

联立得，设Ax1,y1、Bx2,y2，
则，
，，
故，
因为P是中点，所以即，
同理可得，
所以P到两渐近线的距离分别为，
，
Q到两渐近线的距离分别为，
，
由上知两渐近线垂直，故四边形是矩形，连接，
则四边形面积为
，
因为，所以，
所以，
所以四边形面积的取值范围为.
【点睛】关键点睛：求解四边形面积的取值范围的关键1在于明确直线和直线的变量m的范围为，；关键2在于先将四边形补形为矩形再分割为四边形和两个三角形利用来计算求解.
18. 已知
（1）将，，，按由小到大排列，并证明；
（2）令 求证: 在内无零点.
【答案】（1），证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）构造函数，结合导数研究单调性，即可比较；
（2）将问题转化为，结合(1)可转化为证明，令，利用导数证明即可.
【小问1详解】
令，
则，令，
则，
因为，所以，
则在上单调递增，
则，
所以当时，，则，
所以在上单调递增，
则，
即当时，，
又，当时，，
即当时，
综上：
【小问2详解】
要证在内无零点，
只需证
由（1）知
只需证；
即证：，
即证：，
令，
则。
令，则，
当时，，则在上单调递增；
所以当时，，
则在单调递增，
所以
即在内无零点.
19. 已知有穷数列的通项公式为，将数列中各项重新排列构成新数列，则称数列是的“重排数列”；若数列各项均满足，则称数列是的“完全重排数列”，记项数为的数列的“完全重排数列”的个数为．
（1）计算，，；
（2）写出和，之间的递推关系，并证明：数列是等比数列；
（3）若从数列及其所有“重排数列”中随机选取一个数列，记数列是的“完全重排数列”的概率为，证明：当无穷大时，趋近于．（参考公式：）
【答案】（1）；；.
（2），；证明见解析.
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据“完全重排数列”的概念求，，；
（2）根据“完全重排数列”的概念，结合乘法原理列出递推公式，再利用等比数列的定义证明所给数列是等比数列；
（3）根据第二问的结果，推导的通项公式，结合，可得当无穷大时，趋近于．
【小问1详解】
当时，，所以；
当时，，，则其完全重排数列必为：，，故；
当时，数列的完全重排数列可以为：或，故；
当时，为得到数列的完全重排数列，可先排1，有3种排法，比如1排到2的位置，那就再排2，也有3种排法，剩下的两个数字只有1种排法，由乘法原理可得：.
【小问2详解】
当数列an有项时，其“完全重排数列”的排法可以分为两个步骤：
第一步：重排第项，有种排法；
第二步：重排其余项，根据第一步的排法，可以分为两类：
第一类：若第项排在第项的位置，但第项不排在第项的位置，这样的排法有种；
第二类：若若第项排在第项的位置，第项排在第项的位置，这样的排法有种.
所以，，又，
所以.
所以数列，是等比数列，且，公比为.
【小问3详解】
由（2）可得：.
所以：，，，，，
以上各式相加，可得：，
所以.
又数列an的重排数列的个数为：，
所以，
当无穷大时，
【点睛】关键点点睛：本题在总结出数列是等比数列以后，得到，需在公式两边同除以，再用累加法求通项公式.月份编号
出口额/万元
病毒源
病毒源
5
病毒源
3
病毒源
2
病毒源
4
6